专题08 数列(解析版)-2021年新高考数学模拟题分项汇编(第二期3月)

专题08 数列

1．（福建省漳州市2021届高三质量检测）在数列an中，a2和a6是关于x的一元二次方程x2bx40的两个根，下列说法正确的是（ ） A．实数b的取值范围是b4或b4

B．若数列an为等差数列，则数列an的前7项和为4b C．若数列an为等比数列且b0，则a42

D．若数列an为等比数列且b0，则a2a6的最小值为4 【答案】AD 【分析】

对A，由判别式即可判断；对B，先利用韦达定理得出a2a6b，再利用等差数列的性质以及前n项和

a2a6b公式即可求解；对C，先利用韦达定理得到，再根据等比数列的性质即可求解；对D，利用基

aa426本不等式即可求出a2a6的最小值. 【解析】对A，

x2bx40有两个根，

b24140，

解得：b4或b4，故A正确； 对B，若数列an为等差数列，

a2和a6是关于x的一元二次方程x2bx40的两个根， a2a6b，

则S77a1a77a2a67b，故B错误； 222a2a6b对C，若数列an为等比数列且b0，由韦达定理得：，

aa426可得：a20，a60，

a40，

1 / 17

由等比数列的性质得：a4a2a6， 即a4a2a6242，故C错误；

2对D，由C可知：a4a2a64，且a20，a60，

a2a62a2a64，当且仅当a2a62时，等号成立，故D正确.

故选AD.

2．（湖北省重点中学2020-2021学年高三质检测）已知数列an的首项a1m且满足

aa4an1751nan221n，其中nN，则下列说法中正确的是（ ）

A．当m1时，有anan3恒成立 B．当m21时，有an4an7恒成立 C．当m27时，有an108an111恒成立 D．当m2kkN时，有ankank2恒成立

【答案】AC 【分析】

an,an为偶数a题设中的递推关系等价为n12，根据首项可找到an的局部周期性，从而可得正确的

3an1,an为奇数选项. 【解析】

因为4an1751an221ananan,an为偶数，故an12，

3an1,an为奇数当m1即a11时，a24，a32，a41，故an为周期数列且anan3，故A正确. 当m21即a121时，a2，同理a416，a58，a64，a72，a8误.

1，故a5a8，故B错

1当m2即a12时，根据等比数列的通项公式可有ak22kkk1k2，

2 / 17

ak+11,ak+24，ak+32， ak+1ak+3，故D错误.

对于C，当m27时，数列an的前10依次为：

27,82,42,124,62,31,94,47,142,71,214,107,322,161,484，242,121,3,182,91,274，

137,412,206,103,310,155,466,233,700,350,175,526,263,790,395,1186,593,1780， 0,445,1336,668,334,167,502,251,7,377,1132,566,283,850,425,1276,638,319，

958,479,1438,719,2158,1079,3238,1619,4858,2429,7288,34,1822,911,2734， 1367,4102,2051,61,3077,9232,4616,2308,11,577,1732,866,433,1300,650，

325,976,488,244,122,61,184,92,46,23,70,35,106,53,160,80,40,20,10,5,16，

故a1098，a1104，a1112，a1121，a1134， 所以an109an112对任意n1总成立.

（备注：因为本题为多选题，因此根据A正确，BD错误可判断出C必定正确，可无需罗列出前10） 故选：AC.

3．（湖北省襄阳市2020-2021学年高三联考）定义：在数列an中，若满足

an2an1d（nN，dan1ana2015（ ） a2013为常数），称an为“等差比数列”。已知在“等差比数列”an中，a1a21,a33则A．4201521 C．4201321 【答案】C 【分析】 利用定义，可得可得结论． 【解析】

B．4201421 D．420132

a2015a2015a2014an1an12n112是以为首项，为公差的等差数列，从而，利用，aaaa201320142013nana1a21，a33，

a3a22， a2a1 3 / 17

an1是以1为首项，2为公差的等差数列， anan12n1， ana2015a2015a201422014122013140274025 a2013a2014a2013(40261)(40261)4026214201321．

故选：C.

4．（湖南省常德市2021届高三模拟）对任一实数序列Aa1,a2,a3,，定义序列

Aa2a1,a3a2,a4a3,，它的第n项为an1an.假定序列A的所有项都为1，且

a18a20170，则a2021（ ）

A．1000 【答案】D 【分析】

B．2000

C．2003

D．4006

A是公差为1的等差数列，可先设出A的首项，然后表示出A的通项，再用累加法表示出序列A的通

项，再结合a18a20170求出A的首项和A的首项，从而求出序列A的通项公式，进而获解. 【解析】

依题意知A是公差为1的等差数列,设其首项为a,通项为bn， 则bnan11na1，于是

ana1ak1aka1bka1k1k1n1n1n1ana22a1n1n2n1由于a2a18a2017a117a13600,即,解得a1016,a117136.故

a2016a2015100801201920204006.

2a20211713620201016故选：D

5．（湖南省衡阳市2020-2021学年高三模拟）数列{an}满足a11，对任意nN*的都有an11ann，

4 / 17

则a10（ ） A． 【答案】B 【分析】

由已知得an1ann1，利用累加法即可得结果. 【解析】

对任意nN的都有an11ann，则an1ann1，

B．55

C．56

D．57

a10a1a2a1a3a2故选：B.

a10a9123101011=55， 26．S6=90，（湖南省衡阳市2020-2021学年高三模拟）已知等差数列an的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（ ） A．a1=22

C．当n=10或n=11时，Sn取得最大值 【答案】BCD 【分析】

由等差数列的求和公式和通项公式，结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，求得等差数列的通项an和Sn，由二次函数的最值求法和二次不等式的解法可得所求值，判断命题的真假． 【解析】

等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d0，

由S690，可得6a115d90，即2a15d30，①

22由a7是a3与a9的等比中项，可得a7a3a9，即(a16d)(a12d)(a18d)，

B．d=－2

D．当Sn>0时，n的最大值为20

化为a110d0，② 由①②解得a120，d2， 则an202(n1)222n，Sn由Sn(n1n(20222n)21nn2， 2212441)，可得n10或11时，Sn取得最大值110； 24 5 / 17

由Sn0，可得0n21，即n的最大值为20． 故选：BCD

n*7．（江苏省南通市2020-2021学年高三模拟）已知数列an的通项公式为an2，i,jN，下列仍是

数列an中的项的是（ ） A．aijai 【答案】CD 【分析】

根据an的通项公式依次计算判断即可. 【解析】

对A，aijai2对B，aijai2对C，aijai2ijB．aijai C．aijai

D．

aijai

2i2i2j1，可得aijai不是an中的项，故A错误； 2i2i2j1，可得aijai不是an中的项，故B错误；

ijij2i22ij，可得aijai是an中的第2ij项，故C正确；

aij2ijj2D对，，可得是an中的第j项，故D正确. iai2ai故选：CD.

8．（江苏省无锡市2021届高三质量检测）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等.问各得几何.”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列.问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）.这个问题中，戊所得为（ ） A．

aij5钱 4B．

4钱 3C．

2钱 3D．

5钱 3【答案】C 【分析】

a，ad，根据甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a2d，ad，

a2d，然后再由五人钱之和为5，甲、乙的钱与与丙、丁、戊的钱相同求解.

6 / 17

【解析】

设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a2d，ad，a，ad，a2d， 则根据题意有(a2d)(ad)a(ad)(a2d)5，

(a2d)(ad)a(ad)(a2d)a1解得1，

d6所以戊所得为a2d故选：C.

9．（辽宁省沈阳市2020-2021学年高三联考）等差数列an中，已知a70，a3a90，则an的前n项和Sn的最小值为（ ） A．S4 【答案】C 【分析】

先通过数列性质判断a60，再通过数列的正负判断Sn的最小值. 【解析】

∵等差数列an中，a3a90，∴a3a92a60，即a60.又a70，∴an的前n项和Sn的最小值为S6. 故答案选C。

10．（山东省菏泽市2020-2021学年高三模拟）已知数列an的前n项和是Sn，且Sn2an1，若

B．S5

C．S6

D．S7

2， 3an0,2021，则称项an为“和谐项”，则数列an的所有“和谐项”的和为（ ）

A．1022 【答案】D 【分析】

由anSnSn1(n2)求出{an}的递推关系，再求出a1后确定数列是等比数列，求出通项公式，根据新定义确定“和谐项”的项数及项，然后由等比数列前n项和公式求解．

7 / 17

B．1023 C．2046 D．2047

【解析】

当n2时，anSnSn12an1(2an11)2an2an1，∴an2an1， 又a1S12a11，a11，∴{an}是等比数列，公比为2，首项为1， 所以an2n1，由an2n12021得n110，即n11，

1211∴所求和为S2047．

12故选：D．

11．（山东省青岛市2020-2021学年高三模拟）《莱茵德纸草书》（Rhind Papyrus）是世界上最古老的数学著作之一.书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最小的一份为（ ） A．3 【答案】A 【分析】

B．4

C．8

D．9

a1(1q5)393,a1a2a3，求得q由题意得到S51q4【解析】

设等比数列为an，其公比为q，

2，进而求得a1的值，即可求解.

a1(1q5)3393,a1a2a3，可得a1a1qa1q2， 由题意知，S51q44因为a10，所以1q当q32q，解得q422或q（舍去），

3a1(125)2时，可得93，解得a13.

12故选：A.

12．（山东省泰安市2020-2021学年高三模拟）在公差不为0的等差数列an中，a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为4的等比数列，则k3（ ） A．84 【答案】B

8 / 17

B．86 C．88 D．96

【分析】

设等差数列an的公差为d，根据a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为4的等比数列，由a24a1，得d3a1，再结合ak34a1256a1求解. 【解析】

设等差数列an的公差为d．

因为a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为4的等比数列， 所以a24a1，所以a1d4a1，得d3a1． 所以ak34a1256a1，所以a1k31d256a1．

44即k313a1255a1，解得k386． 故选：B．

13．（山东省威海市2020-2021学年高三模拟）已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,……，其中第一项是20，接下来的两项是2,2,再接下来的三项是2,2,2,依次类推…，第n项记为an，数列an的前n项

01012和为Sn，则（ ） A．a6016 【答案】AC 【分析】

对于AC两项，可将数列进行分组，计算出前k组一共有项C

9由C得到a552，a60则为第11组第5个数，可得a60

B．S18128

k1a22C．kk

2kS2k1 2D．kk2k1k个数，第k组第k个数即2k1，可得到选2对于BD项，可先算得

Sk2k2，即前k组数之和

k1S2k2结论计算即可. 2S18即为前5组数之和加上第6组前3个数，由kk2【解析】

A.由题可将数列分组

9 / 17

第一组：20 第二组：2,2, 第三组：2,2,2, 则前k组一共有12…k01012k1k个数 2第k组第k个数即2又

k1k1a22，故kk，C对

210101955，故a552 21111166， 2又

a60则为第11组第5个数

0123456710第11组有数：2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2

4故a60216，A对

对于D. 每一组的和为22…201k12k12k1 21故前k组之和为22…2kk1222k121k2k12k

Sk2k2k1k2

2故D错. 对于B.

6由D可知，S15252

55166115，21

22S18S1520212226527

故B错 故选：AC

14．（山东省2020-2021学年高三调研）对于实数x，x表示不超过x的最大整数．已知数列an的通项

 10 / 17

公式anA．105 【答案】B 【分析】

先求出Sn，对于kN，考虑满足k22knk24k3的n的个数，从而可计算S1S2S40的值. 【解析】 因为an1，前n项和为Sn，则S1S2S40（ ）

n1nB．120

C．125

D．130

1n1n，

n1n故Sn=2132n1nn11，

n11k1，

对于kN，若k22knk24k3，则k所以n11k即Snk，

取k0，则0n3，故S1S20， 当k1时，满足Snk的n有k24k3k22k2k3个，

故S1S2S400215273941156120， 故选：B.

15．（辽宁省沈阳市2020-2021学年高三联考）已知正项等比数列an的前n项和Sn，若a11，S37，则公比q______，前和为______． 【答案】2；255 【分析】

根据等比数列基本量的计算，可得q【解析】

2，代入等比数列求和公式计算可得前和.

1q31qq27， 解：由题意得S31q又an0，所以q2，

11 / 17

128所以S8255

12故答案为：2；255

16．（江苏省盐城市2020-2021学年高三模拟）数列an中，a11，an12an1（nN*），则

13C50a1C5a2C52a3C5a4Ca5C55a6________

【答案】4 【分析】

n由an112an1，结合等比数列的定义和通项公式可求出an21，结合二项式定理可求出

135C50a1C5a2C52a3C5a4Ca5C5a6的值.

【解析】因为an112an22an1，所以an1以2为首项，

2为公比的等比数列，所以an12201234n12n，所以an2n1，

则C5a1C5a2C5a3C5a4C5a5C5a6

012345012345C52C522C523C524C525C526C5C5C5C5C5C5

5又C52C52C52C52C52C52

012352C520C521C522C523C24C525

01223344556212486，

135C50C5C52C5CC52532，所以原式486324，

5故答案为：4.

17．（江苏省启东市2020-2021学年高三模拟）在各项都为正数的等比数列an中，已知0a11，其前n项之积为Tn，且T12T6，则Tn取最小值时，n的值是___________． 【答案】9 【分析】

由T12T6得a9a101，依题意得0a91,a101故n9时，Tn取最小值. 【解析】

12 / 17

由T12T6得

T12

1，即a7a8a9a10a11a12a9a1031故a9a101 T6

因为a1a18a9a10，则a1a181，由于0a11，得a181 所以等比数列an是递增数列，故0a91a10 则Tn取最小值时，n9 故答案为：9

18．（江苏省南通市2020-2021学年高三模拟）设数列an的前n项和为Sn，写出一个同时满足条件①②的等差数列an的通项公式an________. ①Sn存在最小值且最小值不等于．．．a1；

②不存在正整数k，使得SkSk1且Sk1Sk2. ．．．【答案】答案不唯一，如2n6 【分析】

由题可得a20，存在n使得an0，即可写出. 【解析】

若a20，则满足①，

又不存在正整数k，使得SkSk1且Sk1Sk2，则可得Sn连续两项取得最小值， 即存在n使得an0，

则可得an的通项公式可以是an2n6. 故答案为：答案不唯一，如2n6.

19．（湖南省衡阳市2020-2021学年高三模拟）已知数列an的前n项和为Sn，a11，若n2时，an是

Sn与Sn1的等差中项，则S5_______.

【答案】81 【分析】

根据题意得n2时，2anSnSn1，再结合anSnSn1即可得Sn是等比数列，公比为3，首项为

13 / 17

S1a11，再根据等比数列通项公式即可得答案.

【解析】

解：根据题意得：n2时，2anSnSn1，另一方面，当n2时，anSnSn1, 所以2SnSn1SnSn1，即：当n2时，Sn3Sn1， 所以Sn是等比数列，公比为3，首项为S1a11，

51n1所以Sn3，所以S5381.

故答案为：81

20．（湖北省九师联盟2021届高三联考）“十二平均律”又称“十二等程律”是世界上通用的一组音(八度)分成12个半音音程的律制，是在16世纪由明朝皇族世子朱载堉(1536年-1611年)发现的，具体是指一个八度有13个音，每相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音的频率是最初那个音的频率的2倍，设第三个音的频率为f3，第七个音的频率为f7，则

f7___________. f3【答案】32 【分析】

f7利用等比数列的基本量运算可得出的值．

f3【解析】

1f13f7124q2，所以q2332. 由题意知13个音的频率fn成等比数列，设公比为q,则f1f3故答案为：32

21．（福建省泉州市2021届高三联考）已知函数f(x)xcos2x，数列an中，2anf(n)f(n1)nN*，则数列an的前100项之和S100____．

【答案】10200 【解析】 因为fxxcos2πx，所以 2 14 / 17

anfnfn1n2cosa4n-3n（n+1）2 +（n+1）cos22（4n-3）（4n-2）22（4n-3）cos+（4n-2）cos=-(4n2)2

22222同理可得：a4n2(4n2),a4n1(4n),a4n(4n)

a4n3a4n2a4n1a4n2(4n2)22(4n)28(4n1) ,  an的前100项之和S1008379910200.

故答案为10200 .

22．（湖北省2020-2021学年高三模拟）已知等比数列an的前n项积为Tn，若a4a62a5，则

T9___________.

【答案】512 【分析】

由等比数列的性质和a4a62a5，求得a52，进而根据T9a1a2a3【解析】

22因为a4a62a5，由等比数列的性质，可得a4a6a5，所以a52a5，解得a52，

9a9a529512.

9a9a5，即可求解.

又由T9a1a2a3故答案为：512

an1n1n2nS74a728；23．②an12anan1，③（湖北省2020-2021学年高三模拟）在①Sn；，

an2nS36这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加解答.

问题：设数列an的前n项和为Sn，___________，若bn注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分.

annb. an，求数列n的前项和

21【答案】条件选择见解析；前n项和为2n2 2【分析】

1分别选①②③，根据等差数列的通项公式及求和公式，求得ann，得到bnn，结合乘公比错位相

2 15 / 17

nn

减法，即可求得数列bn的前n项和. 【解析】

n2n若选①Sn，

2当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n，

an1又由当n1满足ann，所以ann，所以bnannn， 2n22111则Tn123222123n1n，

2nn1n111Tn12222122311n1n

2231111所以Tn222211122112n11n22nn1

n1n1n11n21，

22n1所以数列bn的前n项和Tn2n2，

2若选②an12anan1，S74a728， 由an12anan1，即anan1an1，可得数列an是等差数列， 2设数列an的公差为d，则nS77a121d28，解得a11,d1，所以ann，

aa6d717an1所以bnannn，

2n22111则Tn1232221231n，

2n 16 / 17

111Tn12222122311n1n

223nn11111所以Tn222211122112n11n22nn1

n1n111n， 1n222n1所以数列bn的前n项和Tn2n2，

2an1n1若选③，S36， annan1n1aaaa由，可得n1n，所以n1，即anna1， annn1n1n又由S3a1a2a36a16，所以a11，所以ann，

an1所以bnannn，

2n22111则Tn123222123n1n，

2nn1n111Tn12222122311n1n

2231111所以Tn222211122112n11n22nn1

n1n111n， 1n222n1所以数列bn的前n项和Tn2n2.

2

17 / 17